WM 3. Ćwiczenie projektowe numer 3 – przykład 1 1 3. Ćwiczenie projektowe numer 3 – przykład 1 3.1. Ćwiczenie projektowe numer 3 Wykazać geometryczną ...
8 downloads
18 Views
236KB Size
WM
3. Ćwiczenie projektowe numer 3 – przykład 1
1
3. Ćwiczenie projektowe numer 3 – przykład 1 3.1. Ćwiczenie projektowe numer 3 Wykazać geometryczną niezmienność oraz narysować wykresy siły poprzecznej i momentu zginającego dla belki złożonej przedstawionej na odpowiednim schemacie. Zaprojektować odpowiedni przekrój pręta. W przekroju α-α wyznaczyć wartości oraz zwroty sił przekrojowych. Narysować wykresy naprężenia normalnego σX, naprężeń stycznych τXZ i τXY oraz wykres naprężenia zredukowanego według hipotezy Hubera. W punktach A, B, C, D i E wyznaczyć kierunek oraz naprężenia główne. Naprężenia w układach ZX oraz osi głównych przedstawić graficznie na elementarnych kwadratach. W punkcie B wyznaczyć stan odkształcenia odpowiadający stanowi naprężenia w układzie ZX oraz w układzie osi głównych. Wytrzymałość stali, z której wykonana jest belka złożona, przyjąć równą 215 MPa. Wartość modułu Younga wynosi 205 GPa, natomiast wartość współczynnika Poissona 0,3.
27,0 kN/m α
18,0 kN
C
A
D
B
[m]
α 6,0
2,0
2,0
Rys. 3.1. Belka
1 ⋅h 4 S
A
hS
C 1 ⋅h 4 S
Y=Ygl
1 ⋅h 4 S
B
1 ⋅h 4 S
D
E Z=Zgl Rys. 3.2. Przekrój belki
3.2. Analiza kinematyczna belki Rysunek 3.3 przedstawia belkę prostą traktowaną w analizie kinematycznej jako płaską tarczę sztywną. Jak widać tarcza sztywna posiada trzy stopnie swobody. Tarcza ta jest podparta trzema prętami podporowymi 1, 2 i 3. Wszystkie te więzy odbierają razem trzy stopnie swobody. Został więc spełniony warunek konieczny geometrycznej niezmienności. Belka może więc być układem geometrycznie niezmiennym i statycznie wyznaczalnym. Tarcza numer I jest podparta trzema prętami podporowymi numer 1, 2 i 3, których kierunki nie przecinają się w jednym punkcie. Został więc spełniony także i warunek dostateczny geometrycznej niezmienności dla tej tarczy sztywnej. Jest więc ona geometrycznie niezmienna i statycznie wyznaczalna.
Dr inż. Justyna Grzymisławska
BS-I
WM
3. Ćwiczenie projektowe numer 3 – przykład 1 A
C
2
D
1 2
I
3
Rys. 3.3. Belka jako tarcza sztywna
27,0 kN/m C
A
HA
18,0 kN
VC
VA
Y
D
B
6,0
X
2,0
2,0
[m]
Rys. 3.4. Założone zwroty reakcji podporowych
3.3. Wyznaczenie reakcji podprowych Rysunek 3.4 przedstawia założone zwroty reakcji podporowych. Pozioma reakcja na podporze A wynosi X = H A=0 . H A=0,0 kN Pionowa reakcja na podporze A wynosi
1 1 M C =V A⋅8,0− ⋅27,0⋅6,0⋅ 2,0 ⋅6,0 18,0⋅2,0=0 . 2 3 V A=36,0kN Pionowa reakcja na podporze C wynosi 1 2 M A=−V C⋅8,0 ⋅27,0⋅6,0⋅ ⋅6,018,0⋅10,0=0 2 3 . V C =63,0 kN Równanie sprawdzające ma postać 1 1 Y =V AV C − ⋅27,0⋅6,0−18,0=36,063,0− ⋅27,0⋅6,0−18,0=0 . 2 2 Rysunek 3.5 przedstawia prawidłowe wartości i zwroty reakcji podprowych. Dr inż. Justyna Grzymisławska
BS-I
WM
3. Ćwiczenie projektowe numer 3 – przykład 1
3
18,0 kN
27,0 kN/m C
A
D
B 36,0 kN
63,0 kN 6,0
2,0
[m]
2,0
Rys. 3.5. Prawidłowe wartości i zwroty reakcji podporowych
3.4. Wykres siły poprzecznej W przedziale AB siła poprzeczna jest funkcją kwadratową natomiast w pozostałych przedziałach funkcją stałą lub zerową. Wartość siły poprzecznej w punkcie A wynosi T A=36,0 kN . Wartość siły poprzecznej z lewej strony punktu B wynosi 1 T BL =36,0− ⋅27,0⋅6,0=−45,0 kN . 2 Miejsce zerowe siły poprzecznej znajduje się w odległości
x L=
2⋅36,0⋅6,0 =4,0 m 27,0
od punktu A. W punkcie A znajduje się ekstremum tego wykresu. Wartość siły poprzecznej z prawej strony punktu B wynosi
T BP =−45,0kN . Wartość siły poprzecznej w przedziale BC i z lewej strony punktu C wynosi T BC =T CL =−45,0 kN . Wartość siły poprzecznej z prawej strony punktu C wynosi
T CP =−45,063,0=18,0 kN . Wartość siły poprzecznej w przedziale CD oraz w punkcie D wynosi
Dr inż. Justyna Grzymisławska
BS-I
WM
3. Ćwiczenie projektowe numer 3 – przykład 1
4
T CD =T D=18,0 kN . Rysunek 3.11 przedstawia wykres siły poprzecznej w belce.
3.3. Wykres momentu zginającego W przedziale AB moment zginający jest funkcją trzeciego stopnia natomiast w pozostałych przedziałach funkcją liniową. Zgodnie z rysunkiem 3.6 a) moment zginający w punkcie A wynosi M A=0,0 kN⋅m . Zgodnie z rysunkiem 3.6 b) moment zginający z lewej strony punktu B wynosi 1 1 M BL =36,0⋅6,0− ⋅27,0⋅6,0⋅ ⋅6,0=54,0 kN⋅m . 2 3 Zgodnie z rysunkiem 6.7 wartość obciążenia ciągłego w miejscu ekstremum momentu zginającego wynosi q 1 27,0 , = 4,0 6,0
q 1=18,0
kN . m
Zgodnie z rysunkiem 3.8 ekstremalny moment zginający w przedziale AB wynosi 1 1 M 1=36,0⋅4,0− ⋅18,0⋅4,0⋅ ⋅4,0=96,0 kN⋅m . 2 3 Zgodnie z rysunkiem 3.9 a) moment zginający z prawej strony punktu B wynosi M BP =63,0⋅2,0−18,0⋅4,0=54,0 kN⋅m . Zgodnie z rysunkiem 3.9 b) moment zginający z lewej strony punktu C wynosi
1 1 M CL =36,0⋅8,0− ⋅27,0⋅6,0⋅ 2,0 ⋅6,0 =−36,0 kN⋅m . 2 3 Zgodnie z rysunkiem 3.10 a) moment zginający z prawej strony punktu C wynosi M CP =−18,0⋅2,0=−36,0 kN⋅m . Dr inż. Justyna Grzymisławska
BS-I
WM
3. Ćwiczenie projektowe numer 3 – przykład 1 a)
5
b) 27,0 kN/m MA
A
MB(L)
A
36,0 kN
36,0 kN
[m]
6,0 Rys. 3.6. Momenty zginające w przedziale AB
27,0 kN/m
q1 4,0
[m] 6,0
Rys. 3.7. Obciążenie ciągłe w ekstremum momentu zginającego
18,0 kN/m M1
A 36,0 kN
[m]
4,0
Rys. 3.8. Ekstremalny moment zginający w przedziale AB
a)
b) 27,0 kN/m
18,0 kN
MB(P)
C
A
D 63,0 kN
2,0
B 36,0 kN
2,0
6,0
MC(L) [m]
2,0
Rys. 3.9. Momenty zginające w przedziale BC
a)
b) 18,0 kN MC(P)
MD
D 2,0
18,0 kN D
[m]
Rys. 3.10. Momenty zginające w przedziale CD
Dr inż. Justyna Grzymisławska
BS-I
WM
3. Ćwiczenie projektowe numer 3 – przykład 1
6
27,0 kN/m α
18,0 kN
C
A
D
B 36,0 kN 6,0
2,0
α
63,0 kN [m]
2,0
36,0
18,0 T(x) [kN]
2,0
36,0
54,0
96,0 4,0
0,0
45,0
0,0
4,0
M(x) [kN∙m]
2,0 Rys. 3.11. Wykresy sił przekrojowych w belce
Zgodnie z rysunkiem 3.10 b) moment zginający w punkcie D wynosi M D =0,0 kN⋅m . Rysunek 3.11 przedstawia wykres momentu zginającego w belce.
3.6. Zaprojektowanie przekroju blachownicowego belki Zgodnie z rysunkiem 3.11 wartość ekstremalnego momentu zginającego na długości belki wynosi M EXT Y =96,0 kN⋅m=9600 kN⋅cm . Wytrzymałość materiału wynosi
R=215 MPa=21,5
kN . cm 2
Wskaźnik przekroju powinien spełniać warunek
WY Dr inż. Justyna Grzymisławska
9600 =446,5 cm 3 . 21,5 BS-I
WM
3. Ćwiczenie projektowe numer 3 – przykład 1
7
11,9
1,52
28,0
1,01
[cm] Rys. 3.12. Dwuteownik normalny 280
a)
b) 12,0 5
1,5
1,5
12,0
Y=Y0=Ygl
3=sc
14,0
28,0
25,0
14,0
sc
14,0
25,0
1,0 Y=Y0=Ygl
14,0
4
Z=Z0=Zgl 6,0
1,5
1,5
2 7
[cm]
6 1 Z=Z0=Zgl
[cm]
6,0 Rys. 3.13. Przekrój blachownicowy
Rysunek 3.12 przedstawia dwuteownik 280, którego wskaźnik wytrzymałości wynosi W Y =542 cm3 .
Rysunek 3.13 przedstawia przyjęty przekrój blachownicowy. Główny moment bezwładności względem osi Y wynosi
J Y=
Dr inż. Justyna Grzymisławska
12,0⋅28,03 11,0⋅25,03 − =7629 cm 4 . 12 12 BS-I
3. Ćwiczenie projektowe numer 3 – przykład 1
8
45,0 kN
WM
X 36,0 kN∙m Z=Z0=Zgl Rys. 3.14. Siły przekrojowe w przekroju α−α
Wskaźnik wytrzymałości przekroju blachownicowego wynosi
WY=
7629 =544,9cm 3446,5cm 3 . 14,0
3.7. Wykresy naprężenia normalnego, stycznego i zredukowanego w przekroju blachownicowym Rysunek 3.14 przedstawia wartości i zwroty siły poprzecznej i momentu zginającego działające w przekroju α-α odczytane na podstawie rysunku 3.11. Wartość bezwzględna siły poprzecznej wynosi
∣T Z∣= 45,0 kN
.
Wartość momentu zginającego wynosi M Y =−36,0 kN⋅m=−3600 kN⋅cm . Funkcja naprężenia normalnego σX ma postać
X =
−3600 ⋅z=−0,4719⋅z . 7629
Zgodnie z oznaczeniami na rysunku 3.13 b) naprężenia normalne σX w punktach od 1 do 5 wynoszą
X1=−0,4719⋅14,0=−6,607
kN =−66,07 MPa , cm2
X2 =−0,4719⋅12,5=−5,899
kN =−58,99 MPa , cm2
X3=−0,4719⋅0,0=0,0 Dr inż. Justyna Grzymisławska
kN =0,0 MPa , cm 2 BS-I
WM
3. Ćwiczenie projektowe numer 3 – przykład 1 b)
Y=Y0=Ygl
1,0
2 sc1
13,25
14,0
sc2
6,25
3=sc
12,5
sc
sc1
Z=Z0=Zgl
1,5
1,5
14,0
14,0
1,0 25,0
Y=Y0=Ygl
13,25
25,0
1,0
14,0
1,5
1,5
a)
9
[cm]
Z=Z0=Zgl
12,0
12,0
[cm]
1,5
Rys. 3.15. Części przekroju do wyznaczenia naprężeń stycznych τXZ
sc
5,5
14,0
13,25
25,0
Y=Y0=Ygl
14,0
1,0
sc3 1,4
6 Z=Z0=Zgl 6,0
6,0
[cm]
12,0 Rys. 3.16. Część przekroju do wyznaczenia naprężenia stycznego τXY
X4 =−0,4719⋅−12,5 =5,899
kN =58,99 MPa , cm 2
X5=−0,4719⋅ −14,0 =6,607
kN =66,07 MPa . cm 2
Rysunek 3.17 przedstawia wykres naprężenia normalnego σX na wysokości przekroju blachownicowego. Naprężenie styczne τXZ w punkcie 1 wynosi zero. Wartość bezwzględna naprężenia stycznego τXZ w punkcie 2 znajdującym się w półce, zgodnie z rysunkiem 3.15 a) wynosi Dr inż. Justyna Grzymisławska
BS-I
WM
3. Ćwiczenie projektowe numer 3 – przykład 1
∣XZ2p∣=
10
45,0⋅ 12,0⋅1,5⋅13,25 kN =0,1172 2 =1,172 MPa . 12,0⋅7629 cm
Wartość bezwzględna naprężenia stycznego τXZ w punkcie 2 znajdującym się w środniku, zgodnie z rysunkiem 3.15 a) wynosi
∣XZ2s∣=
45,0⋅ 12,0⋅1,5⋅13,25 kN =1,407 2 =14,07 MPa . 1,0⋅7629 cm
Zgodnie z rysunkiem 3.15 b) wartość bezwzględna naprężenia stycznego τXZ w punkcie 3 wynosi
∣XZ3 ∣=
45,0⋅ 12,0⋅1,5⋅13,2512,5⋅1,0⋅6,25 kN =1,868 2 =18,68 MPa . 1,0⋅7629 cm
Rysunek 3.17 przedstawia wykres naprężenia stycznego τXZ na wysokości przekroju blachownicowego. Naprężenia te są ujemne. Zgodnie z rysunkiem 3.16 naprężenie styczne τXY w punkcie 6 wynosi
∣XY6 ∣=
45,0⋅ 5,5⋅1,5⋅13,25 kN =0,4299 2 =4,299 MPa . 1,5⋅7629 cm
0,0
[MPa]
4,299 4,299
0,0
Rysunek 3.17 przedstawia wykres naprężenia stycznego τXY w półkach przekroju blachownicowego.
τXY σX 66,07
τXZ 0,0 1,172 14,07
58,99 45,0 kN Y=Y0=Ygl
sc
36,0 kN∙m
18,68 0,0
N=0,0 kN
66,07 [MPa]
14,07 1,172 [MPa] 0,0
0,0
Z=Z0=Zgl
4,299
[MPa]
0,0
4,299
58,99
τXY
Rys. 3.17. Wykresy naprężeń w przekroju blachownicowym Dr inż. Justyna Grzymisławska
BS-I
WM
3. Ćwiczenie projektowe numer 3 – przykład 1
11
Zgodnie z rysunkiem 3.17 naprężenia zredukowane według hipotezy Hubera w punktach 1 do 7 wynoszą
2 2 1 red = −66,07 3⋅ 0,0 =66,07 MPa ,
2 2 2 red = −58,99 3⋅ −14,07 =63,83 MPa ,
2 2 3 red = 0,0 3⋅−18,68 =32,35 MPa ,
2 2 4 red = 58,99 3⋅−14,07 =63,83 MPa ,
2 2 5 red = 66,07 3⋅ 0,0 =66,07 MPa ,
2 2 6 red = −66,07 3⋅ −4,299 =66,49 MPa ,
2 2 7 red = −66,07 3⋅ 0,0 =66,07 MPa .
Rysunek 3.18 przedstawia wykres naprężenia zredukowanego.
σred
66,07 63,83
45,0 kN Y=Y0=Ygl
sc
36,0 kN∙m
32,35
N=0,0 kN 63,83 [MPa] 66,07
66,07
66,49
66,49
[MPa]
66,07
Z=Z0=Zgl
σred
Rys. 3.18. Wykres naprężenia zredukowanego
3.8. Naprężenia główne Naprężenia główne w punkcie A wynoszą
Dr inż. Justyna Grzymisławska
BS-I
WM
3. Ćwiczenie projektowe numer 3 – przykład 1
12
Zgl=0,0 MPa , Xgl =66,07 MPa . Tensor naprężenia w punkcie A ma postać
[
]
66,07 0 0 = gl = 0 0 0 [ MPa ] . 0 0 0 Naprężenia główne w punkcie A przedstawia rysunek 3.21.
1,5
12,0
25,0
Y=Y0=Ygl
sc 14,0
1,0
1,5
14,0
B
13,25
sc2 9,375
6,25
sc1
Z=Z0=Zgl
[cm]
Rys. 3.19. Punkt B
Naprężenie normalne σX w punkcie B wynosi
XB =−0,4719⋅ −6,25 =2,949
kN =29,49 MPa . cm 2
Naprężenie styczne τXZ w punkcie B wynosi
∣XZB ∣=
45,0⋅ 12,0⋅1,5⋅13,256,25⋅1,0⋅9,375 kN =1,752 2 =17,52 MPa , 1,0⋅7629 cm B XZ =−17,52 MPa .
Tensor naprężenia w punkcie B ma postać
Dr inż. Justyna Grzymisławska
BS-I
WM
3. Ćwiczenie projektowe numer 3 – przykład 1
[
=
13
]
29,49 0 −17,52 [ MPa ] . 0 0 0 −17,52 0 0
Kąt nachylenia kierunków głównych wynosi
tg 2⋅ gl =
2⋅−17,52 =1,188 , 0,0−29,49
gl =24,96 ° . Naprężenia główne w punkcie B wynoszą
Zgl=
Xgl =
0,029,49 0,0−29,49 ⋅cos 2⋅24,96° −17,52⋅sin 2⋅24,96 ° =−8,154 MPa , 2 2
0,029,49 0,0−29,49 − ⋅cos 2⋅24,96 ° −−17,52 ⋅sin 2⋅24,96 ° =37,64 MPa . 2 2
1/2 =
0,029,49 ± 2
2
0,0−29,49 2 −17,52 = 37,64 MPa 2 −8,154 MPa
{
Niezmienniki stanu naprężenia wynoszą
I 1 =0,029,49=29,49 MPa , I 1 =−8,15437,64=29,49 MPa , 2
I 2=0,0⋅29,49− −17,52 =−307,0 MPa
2
,
I 2=37,64⋅ −8,154 =−306,9 MPa 2 . Tensor naprężenia w układzie osi głównych w punkcie B ma postać
[
]
37,64 0 0 = gl = 0 [ MPa ] . 0 0 0 0 −8,154 Naprężenia główne w punkcie B przedstawia rysunek 3.21.
Dr inż. Justyna Grzymisławska
BS-I
WM
3. Ćwiczenie projektowe numer 3 – przykład 1
14
Naprężenia główne w punkcie C wynoszą
gl =±18,68 MPa .
1,5
Naprężenia te oraz kierunek główny przedstawia rysunek 3.21.
Y=Y0=Ygl
14,0 14,0
sc2
13,25
D
9,375
sc
6,25
25,0
1,0
1,5
sc1 Z=Z0=Zgl 12,0
[cm]
Rys. 3.20. Punkt D
Naprężenie normalne σX w punkcie D wynosi
XD=−0,4719⋅6,25=−2,949
kN =−29,49 MPa . cm 2
Naprężenie styczne τXZ w punkcie D wynosi
∣XZD ∣=
45,0⋅ 12,0⋅1,5⋅13,256,25⋅1,0⋅9,375 kN =1,752 2 =17,52 MPa , 1,0⋅7629 cm D XZ =−17,52 MPa .
Tensor naprężenia w punkcie D ma postać
[
=
]
−29,49 0 −17,52 [ MPa ] . 0 0 0 −17,52 0 0
Kąt nachylenia kierunków głównych wynosi
Dr inż. Justyna Grzymisławska
BS-I
WM
3. Ćwiczenie projektowe numer 3 – przykład 1
tg 2⋅ gl =
15
2⋅ −17,52 =−1,188 , 0,0− −29,49
gl =−24,96 ° . Naprężenia główne w punkcie D wynoszą
Zgl=
Xgl =
0,0−29,49 0,0− −29,49 ⋅cos 2⋅ −24,96° −17,52⋅sin 2⋅−24,96 ° =8,154 MPa , 2 2
0,0−29,49 0,0− −29,49 − ⋅cos 2⋅ −24,96° − −17,52 ⋅sin 2⋅−24,96 ° =−37,64 MPa , 2 2
1/2 =
0,0−29,49 ± 2
2
0,0−−29,49 2 −17,52 = 8,154 MPa . 2 −37,64 MPa
{
Niezmienniki stanu naprężenia wynoszą
I 1 =0,0−29,49=−29,49 MPa , I 1 =8,154−37,64=−29,49 MPa , 2
I 2=0,0⋅ −29,49 −−17,52 =−307,0 MPa
2
,
I 2=−37,64⋅8,154=−306,9 MPa 2 . Tensor naprężenia w układzie osi głównych w punkcie D ma postać
[
= gl =
]
−37,64 0 0 0 0 0 [ MPa ] . 0 0 8,154
Naprężenia główne w punkcie D przedstawia rysunek 3.21. Naprężenia główne w punkcie E wynoszą
Zgl=0,0 MPa , Xgl =−66,07 MPa . Dr inż. Justyna Grzymisławska
BS-I
WM
3. Ćwiczenie projektowe numer 3 – przykład 1
16
Tensor naprężenia w punkcie E ma postać
[
= gl =
]
−66,07 0 0 0 0 0 [ MPa ] . 0 0 0
Naprężenia główne w punkcie E przedstawia rysunek 3.21.
X
66,07 MPa
Xgl
66,07 MPa
66,07 MPa
66,07 MPa Zgl
Z
29,49 MPa
29,49 MPa
Z gl
M Pa
8 ,6 18 18 ,6 8
Pa M
Z
8,1 54
29,49 MPa
29,49 MPa 17,52 MPa Z X
37, 64
MP a
X
MP a
X gl 37, 64 MP a
24, 96 o Z
8,1 54 MP a
X
17,52 MPa
8 ,6 18
M Pa
Pa M
18,68 MPa
a MP
Z X
X
o
96 24,
Z
18,68 MPa
a MP
54 8,1
17,52 MPa
a MP 4 6 37,
64 37,
18 ,6 8
X
17,52 MPa
X gl
a MP 54 1 , 8
gl
Z Xgl
66,07 MPa
66,07 MPa
66,07 MPa
66,07 MPa
Z
Zgl
Rys. 3.21. Naprężenia i kierunki główne na wysokości przekroju pręta
Dr inż. Justyna Grzymisławska
BS-I
WM
3. Ćwiczenie projektowe numer 3 – przykład 1
17
3.9. Stan odkształcenia w punkcie B Belka swobodnie podparta wykonana jest ze stali budowlanej St3S. Wartość modułu Younga dla tego gatunku stali wynosi E=205GPa =205000 MPa . Odkształcenia liniowe w układzie ZX wynoszą
X =
1 ⋅[ 29,49−0,3⋅ 0,00,0 ]=143,9⋅10−6 , 205000
Y =
1 ⋅[ 0,0−0,3⋅ 29,490,0 ]=−43,16⋅10−6 , 205000
Z =
1 ⋅[ 0,0−0,3⋅ 29,490,0 ] =−43,16⋅10−6 . 205000
Moduł Kirchhoffa wynosi
G=
205 =78,85 GPa=78850 MPa . 2⋅ 10,3
Odkształcenia postaciowe wynoszą
XZ =
−17,52 =−111,1⋅10−6 , 2⋅78850 XY =YZ =0 .
Tensor odkształcenia w punkcie B ma postać
[
=
]
143,9 0 −111,1 ⋅10−6 . 0 −43,16 0 −111,1 0 −43,16
Odkształcenia główne wynoszą
Xgl =
1 ⋅[ 37,64−0,3⋅ −8,1540,0 ]=195,5⋅10−6 , 205000
Ygl = Dr inż. Justyna Grzymisławska
1 ⋅[ 0−0,3⋅ 37,64−8,154 ]=−43,15⋅10−6 , 205000 BS-I
WM
3. Ćwiczenie projektowe numer 3 – przykład 1
Zgl =
18
1 ⋅[−8,154−0,3⋅ 37,640,0 ] =−94,86⋅10−6 . 205000
Tensor odkształcenia w osiach głównych ma postać
[
gl =
Dr inż. Justyna Grzymisławska
]
195,5 0 0 ⋅10−6 . 0 −43,15 0 0 0 −94,86
BS-I
